【SPONSORED LINK】

H30院試/京都大学/数学・数理解析専攻/基礎科目

平成30年度/京都大学大学院/理学研究科/数学・数理解析専攻の大学院入試問題の「基礎科目」の解答の方針と解答です.

ただし,採点基準などは公式に発表されていないため,ここでの解答が必ずしも正解とならない場合もあり得るので注意してください.

なお,過去問は京都大学のホームページから入手できます.

【参考:京都大学数学教室の過去問

【SPONSORED LINK】

問題と解答の方針

問題は8問あり,数学系志願者は問1~問6の6問を,数理解析系志願者は

  • 問1〜問4の4問
  • 問5,問7から1問
  • 問6,問8から1問

の全6問を解答します.試験時間は3時間30分です.

この記事では,問7まで解答例を掲載しています.

なお,解答作成には万全を期していますが,論理の飛躍,誤りがあることは有り得ます.

問1

広義積分

\begin{align*} \iiint_{V}\frac{1}{(1+x^{2}+y^{2})z^{3/2}}\,dxdydz \end{align*}

を計算せよ.ただし,V=\set{(x,y,z)\in\R^{3}}{x^{2}+y^{2}\le z}とする.

解答の方針

被積分関数および積分領域Vの条件にあるx^2+y^2に注目から,(x,y)について極座標変換するのが良さそうである:

\begin{align*} x=\cos{\theta},\quad y=\sin{\theta},\quad z=\eta \end{align*}

その際,ヤコビ行列式は\vmat{\od{x}{r}&\od{x}{\theta}&\od{x}{\eta}\\\od{y}{r}&\od{y}{\theta}&\od{y}{\eta}\\\od{z}{r}&\od{z}{\theta}&\od{z}{\eta}}=rとなる.

解答例

x, yに関する極座標変換(x,y,z)=(r\cos\theta,r\sin\theta,\eta)により,ヤコビ行列式は

\begin{align*} \vmat{\od{x}{r}&\od{x}{\theta}&\od{x}{\eta}\\\od{y}{r}&\od{y}{\theta}&\od{y}{\eta}\\\od{z}{r}&\od{z}{\theta}&\od{z}{\eta}} =\vmat{\cos{\theta}&-r\sin{\theta}&0\\\sin{\theta}&r\cos{\theta}&0\\0&0&1} =r \end{align*}

だから,V

\begin{align*} W=\set{(r,\theta,\eta)}{0\le r^{2}\le \eta,0\le\theta<2\pi} \end{align*}

となる.よって,

\begin{align*} &\iiint_{V}\frac{1}{(1+x^{2}+y^{2})z^{3/2}}\,dxdydz \\=&\iiint_{W}\frac{r}{(1+r^{2})\eta^{3/2}}\,drd\theta d\eta \\=&\int_{0}^{\infty}dr\int_{r^{2}}^{\infty}d\eta\int_{0}^{2\pi}\frac{rd\theta}{(1+r^{2})\eta^{3/2}} \\=&2\pi\int_{0}^{\infty}dr\int_{r^{2}}^{\infty}\frac{rd\eta}{(1+r^{2})\eta^{3/2}} \\=&-4\pi\int_{0}^{\infty}\frac{r}{1+r^{2}}\brc{\eta^{-1/2}}_{\eta=r^{2}}^{\eta=\infty}\,dr \\=&4\pi\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+r^{2}}\,dr \\=&4\pi\brc{\tan^{-1}{r}}_{0}^{\infty} =2\pi^{2} \end{align*}

となる.

問2

a, bを実数とする.実行列

\begin{align*} A=\pmat{1&1&a&b\\0&1&2&0\\2&0&1&4} \end{align*}

について,以下の問に答えよ.

(1) 行列Aの階数を求めよ.

(2) 連立1次方程式

\begin{align*} A\pmat{x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\\x_{4}}=\pmat{1\\1\\1} \end{align*}

が解を持つような実数a, bをすべて求めよ.

解答の方針

一般に,\m{x}の連立方程式A\m{x}=\m{c}が解をもつための必要十分条件は,係数行列Aと拡大係数行列[A,\m{c}]の階数が一致することである.

解答例

\m{c}:=[1,1,1]^{T}とする.

(1) 連立方程式の拡大係数行列\brc{A,\m{c}}に行基本変形を施すと,

\begin{align*} \brc{A,\m{c}} =&\bmat{1&1&a&b&1\\0&1&2&0&1\\2&0&1&4&1} \\\to&\bmat{1&1&a&b&1\\0&1&2&0&1\\0&-2&1-2a&4-2b&-1} \\\to&\bmat{1&0&a-2&b&0\\0&1&2&0&1\\0&0&5-2a&4-2b&1} \end{align*}

である.この行基本変形により,

\begin{align*} \operatorname{rank}{A} =\begin{cases}2&\bra{a=\frac{5}{2},b=2}\\ 3&\bra{(a,b)\neq\bra{\frac{5}{2},2}} \end{cases} \end{align*}

である.

(2) 上の行基本変形により,(a,b)\neq\bra{\frac{5}{2},2}のとき\operatorname{rank}{A}=\operatorname{rank}{[A,\m{c}]}であり,a=\frac{5}{2},b=2のときはこれを満たさない.

よって,求める実数a,b(a,b)\neq\bra{\frac{5}{2},2}である.

問3

広義積分

\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(\pi x)}{1+x^{2}+x^{4}}\,dx \end{align*}

を求めよ.

解答の方針

実軸上でこの被積分関数になればよいので,f(z):=\frac{e^{\pi i z}}{1+z^{2}+z^{4}}とおけば,留数定理により計算できる.

すなわち,

\begin{align*} L_{R}:=\set{z\in\C}{z=x,x\in[-R,R]} \end{align*}

とすれば,求める積分は\lim\limits_{R\to\infty}\dint_{L_R}f(z)\,dxである.

また,1+z^2+z^4e^{\pi i/3}, e^{2\pi i/3}, e^{4\pi i/3}, e^{5\pi i/3}を根に持つので,R>1として

\begin{align*} C_{R}:=\set{z\in\C}{z=Re^{i\theta},\theta\in[0,\pi]} \end{align*}

とすれば,e^{\pi i/3}, e^{2\pi i/3}を除くC_{R}\cup L_{R}の周および内部でfは正則である.

Rendered by QuickLaTeX.com

なお,一般に複素関数g, hg(a)\neq0, h(a)=0, h(a)\neq0をみたすなら,aでの\frac{g}{h}の留数は

\begin{align*} \mrm{Res}\bra{\frac{g}{h},a} =\frac{g(a)}{h'(a)} \end{align*}

で求められる.

解答例

関数f:\C\to\C

\begin{align*} f(z):=\frac{e^{\pi i z}}{1+z^{2}+z^{4}} \end{align*}

で定め,任意のR>1に対してC_{R},L_{R}\subset\C

\begin{align*} &L_{R}:=\set{z\in\C}{z=x,x\in[-R,R]}, \\&C_{R}:=\set{z\in\C}{z=Re^{i\theta},\theta\in[0,\pi]} \end{align*}

で定める.このとき,

\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(\pi x)}{1+x^{2}+x^{4}}\,dx =&\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}\frac{\cos(\pi x)}{1+x^{2}+x^{4}}\,dx \\=&\lim_{R\to\infty}\int_{L_{R}}\frac{\cos(\pi z)}{1+z^{2}+z^{4}}\,dz \\=&\lim_{R\to\infty}\Re\int_{L_{R}}f(z)\,dz \\=&\lim_{R\to\infty}\Re\bra{\int_{C_{R}\cup L_{R}}f(z)\,dz-\int_{C_{R}}f(z)\,dz} \end{align*}

である.ただし,\xi\in\Cに対して,\xiの実部を\Re\xiで表す.また,

\begin{align*} (1-z^{2})(1+z^{2}+z^{4})=1-z^{6} \end{align*}

なので,1+z^{2}+z^{4}=0の解はzの6乗根のうち\pm1を除いたe^{\pi i/3}, e^{2\pi i/3}, e^{4\pi i/3}, e^{5\pi i/3}である.

よって,e^{\pi i/3},e^{2\pi i/3},e^{4\pi i/3},e^{5\pi i/3}fの1位の極であり,この他にfは極をもたないから,e^{\pi i/3}, e^{2\pi i/3}を除くC_{R}\cup L_{R}の周および内部でfは正則である.

e^{\pi i/3}, e^{2\pi i/3}でのfの留数は

\begin{align*} \frac{1}{2\pi i}\mrm{Res}\bra{f,e^{\pi i/3}} =&\left.\frac{e^{\pi iz}}{\od{}{z}(1+z^{2}+z^{4})}\right|_{z=e^{\pi i/3}} =\frac{e^{\pi ie^{\pi i/3}}}{2e^{\pi i/3}+4e^{\pi i}} \\=&\frac{e^{\pi i(1+\sqrt{3}i)/2}}{\bra{1+\sqrt{3}i}-4} =\frac{e^{\pi(i-\sqrt{3})/2}}{-3+\sqrt{3}i} \\=&\frac{(-3-\sqrt{3}i)ie^{-\pi\sqrt{3}/2}}{12} \\=&\frac{(\sqrt{3}-3i)e^{-\pi\sqrt{3}/2}}{12}, \\\frac{1}{2\pi i}\mrm{Res}\bra{f,e^{2\pi i/3}} =&\left.\frac{e^{\pi iz}}{\od{}{z}(1+z^{2}+z^{4})}\right|_{z=e^{2\pi i/3}} =\frac{e^{\pi ie^{2\pi i/3}}}{2e^{2\pi i/3}+4e^{2\pi i}} \\=&\frac{e^{\pi i(-1+\sqrt{3}i)/2}}{\bra{-1+\sqrt{3}i}+4} =\frac{e^{\pi(-i-\sqrt{3})/2}}{3+\sqrt{3}i} \\=&\frac{(3-\sqrt{3}i)(-i)e^{-\pi\sqrt{3}/2}}{12} \\=&\frac{(-\sqrt{3}-3i)e^{-\pi\sqrt{3}/2}}{12} \end{align*}

だから,留数定理より,

\begin{align*} &\Re\int_{C_{R}\cup L_{R}}f(z)\,dz \\=&\Re\brb{\mrm{Res}\bra{f,e^{\pi i/3}}+\mrm{Res}\bra{f,e^{2\pi i/3}}} \\=&2\pi i\bra{\frac{-3ie^{-\pi\sqrt{3}/2}}{12}+\frac{-3ie^{-\pi\sqrt{3}/2}}{12}} \\=&\pi e^{-\pi\sqrt{3}/2} \end{align*}

である.さらに,三角不等式を繰り返し用いて

\begin{align*} |1+R^{2}e^{2i\theta}+R^{4}e^{4i\theta}| >&|R^{4}e^{4i\theta}|-|1+R^{2}e^{2i\theta}| \\=& R^{4}-|1+R^{2}e^{2i\theta}| \\\ge& R^{4}-(1+|R^{2}e^{2i\theta}|) \\=&R^{4}-R^{2}-1 \end{align*}

となるから,

\begin{align*} \abs{\int_{C_{R}}f(z)\,dz} =&\abs{\int_{C_{R}}\frac{e^{\pi iz}}{1+z^{2}+z^{4}}\,dz} \\=&\abs{\int_{0}^{\pi}\frac{Re^{i\theta}e^{\pi ie^{i\theta}}}{1+R^{2}e^{2i\theta}+R^{4}e^{4i\theta}}\,d\theta} \\\le&\int_{0}^{\pi}\abs{\frac{Re^{i\theta}e^{\pi ie^{i\theta}}}{1+R^{2}e^{2i\theta}+R^{4}e^{4i\theta}}}\,d\theta \\\le&\int_{0}^{\pi}\frac{R|e^{-\pi\sin\theta}|}{R^{4}-R^{2}-1}\,d\theta \\\le&\int_{0}^{\pi}\frac{R}{R^{4}-R^{2}-1}\,d\theta \\\le&\frac{\pi R}{R^{4}-R^{2}-1} \xrightarrow[]{R\to\infty}0 \end{align*}

である.よって,\lim\limits_{R\to\infty}\dint_{C_{R}}f(z)\,dz=0が従う.以上より,

\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(\pi x)}{1+x^{2}+x^{4}}\,dx =\pi e^{-\pi\sqrt{3}/2} \end{align*}

である.

問4

閉区間[0,1]上の実数値関数列\{f_{n}\}_{n=1}^{\infty}について,各f_{n}は広義単調増加であるものとする.つまり,0\le x<y\le 1なら,f_{n}(x)\le f_{n}(y)である.この関数列\{f_{n}\}_{n=1}^{\infty}がn\to\inftyで関数fに各点収束したとする.

(1) 任意の0\le x<y\le1に対し,不等式

\begin{align*} \sup_{z\in[x,y]}|f_{n}(z)-f(z)|\le\max\{|f_{n}(x)-f(y)|,|f_{n}(y)-f(x)|\} \end{align*}

を示せ.

(2) 関数fが連続であるとき,関数列\{f_{n}\}_{n=1}^{\infty}f[0,1]上で一様収束することを示せ.

解答の方針

(1) 極限は等号付き不等号を保存するから,極限関数も広義単調増加となる.

また,|a-b|a-bまたはb-aのいずれかであるが,このうちの小さくない方が|a-b|に一致する.すなわち,一般に|a-b|=\max\{a-b,b-a\}が成り立つ.

(2) [0,1]は有界閉集合(コンパクト)なので連続なfは一様連続(Heine-Cantorの定理)だから,十分に細かく[0,1]を分割すれば分割内でのfの値の差は一様に小さくできる.

分割[p,q]内では,

\begin{align*} f_n(x)-f(x) \le f_n(q)-f(p) \le (f_n(q)-f(q))+(f(q)-f(p)) \end{align*}

となるので,第1項は各点収束f_n\to fから小さくでき,分割[p,q]が十分細かければfの一様連続性から第2項も小さくなる.

これと同様のことを,(1)を用いて\sup\limits_{x\in[p,q]}|f_n(x)-f(x)|に対して行う.

解答例

(1) 任意の0\le s<t<1に対してf_{n}(s)\le f_{n}(t)だから,両辺でn\to\inftyとするとf(s)\le f(t)が従う.よって,fは広義単調増加だから,任意のn\in\{1,2,\dots\}z\in[x,y]に対して,

\begin{align*} |f_{n}(z)-f(z)| =&\max\{f(z)-f_{n}(z),f_{n}(z)-f(z)\} \\\le&\max\{f(y)-f_{n}(x),f_{n}(y)-f(x)\} \\\le&\max\{|f_{n}(x)-f(y)|,|f_{n}(y)-f(x)|\} \end{align*}

が従う.

(2) 任意に\epsilon>0をとる.fは有界閉区間[0,1]で連続だから,f[0,1]上一様連続である.すなわち,ある\delta>0が存在して,|x-y|<\deltaなら|f(x)-f(y)|<\epsilonが成り立つ.

ここで,\frac{1}{N}<\deltaを満たすN\in\Nをとると,任意のk\in\{0,1,\dots,N-1\}に対して,

\begin{align*} \abs{f\bra{\frac{k+1}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}<\epsilon \end{align*}

が成り立つ.

また,関数列\{f_{n}\}_{n=1}^{\infty}がn\to\inftyで関数fに各点収束するから,任意のk\in\{0,1,\dots,N-1\}に対して,あるn_{k}\in\Nが存在して,n>n_{k}なら

\begin{align*} \abs{f_{n}\bra{\frac{k}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}<\epsilon \end{align*}

が成り立つ.よって,(1)を用いると,n>n_{k}なら

\begin{align*} &\sup_{z\in\brc{\frac{k}{N},\frac{k+1}{N}}}|f_{n}(z)-f(z)| \\\le&\max\brb{\abs{f_{n}\bra{\frac{k}{N}}-f\bra{\frac{k+1}{N}}},\abs{f_{n}\bra{\frac{k+1}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}} \\\le&\max\left\{\abs{f_{n}\bra{\frac{k}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}+\abs{f\bra{\frac{k}{N}}-f\bra{\frac{k+1}{N}}},\right. \\&\qquad\left.\abs{f_{n}\bra{\frac{k+1}{N}}-f\bra{\frac{k+1}{N}}}+\abs{f\bra{\frac{k+1}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}\right\} \\<&\epsilon+\epsilon <2\epsilon \end{align*}

が成り立つ.よって,n>\max\{n_{0},n_{1},\dots,n_{N-1}\}なら,

\begin{align*} \sup_{z\in[0,1]}|f_{n}(z)-f(z)| =\max_{k\in\{0,1,\dots,N-1\}} \sup_{z\in\brc{\frac{k}{N},\frac{k+1}{N}}}|f_{n}(z)-f(z)| <2\epsilon \end{align*}

が成り立つから,題意が従う.

問5

pを素数とし,\mathbb{F}_{p}=\Z/p\Zを位数pの有限体とする.行列の乗法による群G

\begin{align*} G=\set{\begin{pmatrix}1&a&b\\0&1&c\\0&0&1\end{pmatrix}}{a,b,c\in\mathbb{F}_{p}} \end{align*}

で定める.このとき,Gから乗法群\C^{\times}=\C\setminus\{0\}への準同型写像の個数を求めよ.

解答の方針

A:=\bmat{1&1&0\\0&1&0\\0&0&1}, B:=\bmat{1&0&0\\0&1&1\\0&0&1}, C:=\bmat{1&0&0\\0&1&1\\0&0&1}Gの元として最も単純で,

\begin{align*} A^{n}=\bmat{1&n&0\\0&1&0\\0&0&1},\quad B^{n}=\bmat{1&0&n\\0&1&0\\0&0&1},\quad C^{n}=\bmat{1&0&0\\0&1&n\\0&0&1} \end{align*}

となることは,いずれもJordan標準形,もしくはJordan標準形に近い形をしていることから直ちに分かる.

このことから,G=\anb{A,B,C}となること,すなわちGA, B, Cにより生成されることが予想でき,実際に

\begin{align*} B^{b}C^{c}A^{a}=\bmat{1&a&b\\0&1&c\\0&0&1} \end{align*}

が成り立つ.また,AC=BCAよりB=ACA^{-1}C^{-1}なので,結局はG=\anb{A,C}となる.

あとは準同型f:G\to\C^\timesによる,A, Cの移り先をpが素数であることに気をつけて考えればよい.

解答例

Iを3次正方行列とし,A, B\in G

\begin{align*} A:=\bmat{1&1&0\\0&1&0\\0&0&1},\quad B:=\bmat{1&0&0\\0&1&1\\0&0&1},\quad C:=\bmat{1&0&0\\0&1&1\\0&0&1} \end{align*}

で定める.

任意のn\in\Zに対して,

\begin{align*} A^{n}=\bmat{1&n&0\\0&1&0\\0&0&1},\quad B^{n}=\bmat{1&0&n\\0&1&0\\0&0&1},\quad C^{n}=\bmat{1&0&0\\0&1&n\\0&0&1} \end{align*}

が成り立つ.実際,n=1のときは明らかで,あるnで成り立つとすると

\begin{align*} A^{n+1} =A^{n}A =\bmat{1&n&0\\0&1&0\\0&0&1}\bmat{1&1&0\\0&1&0\\0&0&1} =\bmat{1&n+1&0\\0&1&0\\0&0&1} \end{align*}

となるから帰納的に従う.B, Cも同様である.よって,任意のa,b,c\in\mathbb{F}_{p}に対して,

\begin{align*} B^{b}C^{c}A^{a} =&\bmat{1&0&b\\0&1&0\\0&0&1}\bmat{1&0&0\\0&1&c\\0&0&1}\bmat{1&a&0\\0&1&0\\0&0&1} \\=&\bmat{1&0&b\\0&1&c\\0&0&1}\bmat{1&a&0\\0&1&0\\0&0&1} =\bmat{1&a&b\\0&1&c\\0&0&1} \end{align*}

となることが分かり,G=\anb{A,B,C}を得る.

いま,A^{-1}=A^{p-1}, C=C^{p-1}だからA, Cはいずれも正則で,

\begin{align*} AC=\bmat{1&1&1\\0&1&1\\0&0&1}=BCA \end{align*}

よりB=ACA^{-1}C^{-1}となることと併せて,結局G=\anb{A,C}が従う.

ここで,f:G\to\C^{\times}を準同型とすると,f(A)^{p}=f(A^{p})=Ipは素数だからf(A)=e^{2\pi ik/p} (k=1,\dots,p)である.同様にf(C)=e^{2\pi i\ell/p} (\ell=1,\dots,p)である.

また,\C^{\times}は可換だから

\begin{align*} f(B) =f(ACA^{-1}C^{-1}) =f(A)f(C)f(A)^{-1}f(C)^{-1} =I \end{align*}

である.よって,任意のB^{b}C^{c}A^{a}\in Gに対して,

\begin{align*} f(B^{b}C^{c}A^{a}) =f(B)^{b}f(C)^{c}f(A)^{a} =e^{2\pi i(ak+c\ell)/p} \end{align*}

が成り立つ.

逆に,k,\ell\in\{1,\dots,p\}を固定し,写像f:G\to\C^{\times}

\begin{align*} f(B^{b}C^{c}A^{a}) :=e^{2\pi i(ak+c\ell)/p} \end{align*}

で定める.任意のB^{b}C^{c}A^{a},B^{b'}C^{c'}A^{a'}\in Gに対して,

\begin{align*} B^{b}C^{c}A^{a}\cdot B^{b'}C^{c'}A^{a'} =&\bmat{1&a&b\\0&1&c\\0&0&1}\bmat{1&a'&b'\\0&1&c'\\0&0&1} \\=&\bmat{1&a+a'&b+b'+ac'\\0&1&c+c'\\0&0&1} \\=&B^{b+b'+ac'}C^{c+c'}A^{a+a'} \end{align*}

なので,

\begin{align*} f(B^{b}C^{c}A^{a}\cdot B^{b'}C^{c'}A^{a'}) =&f(B^{b+b'+ac'}C^{c+c'}A^{a+a'}) \\=&e^{2\pi i\{(a+a')k+(c+c')\ell\}/p} \\=&e^{2\pi i(ak+c\ell)/p}\cdot e^{2\pi i(a'k+c'\ell)/p} \\=&f(B^{b}C^{c}A^{a})\cdot f(B^{b'}C^{c'}A^{a'}) \end{align*}

となるから,fは準同型である.また,f(A)=e^{2\pi ik/p}, f(C)=e^{2\pi i\ell/p}である.

よって,k, \ellの選び方はともに|\{1,2,\dots,p\}|=p通りだから,Gから乗法群\C^{\times}=\C\setminus\{0\}への準同型写像の個数はp^{2}である.

問6

\R^{4}の部分空間M

\begin{align*} M=\set{(x,y,z,w)\in\R^{4}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+w^{2}=1,xy+zw=0} \end{align*}

で定める.

(1) Mが 2 次元微分可能多様体になることを示せ.

(2) M上の関数f

\begin{align*} f(x,y,z,w)=x \end{align*}

で定めるとき,fの臨界点をすべて求めよ.ただし,p\in Mがfの臨界点であるとは,pにおけるMの局所座標(u,v)に関して

\begin{align*} \pd{f}{u}(p)=\pd{f}{v}(p)=0 \end{align*}

となることである.

解答の方針

(1) g:\R^4\to\R^2

\begin{align*} g(x,y,z,w)=(x^{2}+y^{2}+z^{2}+w^{2}-1,xy+zw) \end{align*}

で定義し,gに正則値定理(沈め込み定理)を用いればよい.

(2) f:M\to\Rの変化がM上で0となる点p\in Mが臨界点である.言い換えれば,f\R^4への自然な延長F:\R^4\to\R;(x,y,z,w)\mapsto xの変化がMに現れないような点p\in Mfの臨界点である.

したがって,fの微分df_p:T_{p}M\to\Rの定義域T_{p}MdF_p:\R^4\to\Rにすっぽり覆われているような,すなわち

\begin{align*} T_{p}M \subset\operatorname{Ker}dF_{p} =\{0\}\times\R^3 \end{align*}

を満たすような点p\in Mを求めればよい.また,逆写像定理よりT_{p}M=\Ker{dg_{p}}であることにも注意する.

多様体Mxyのペア,zwのペアで対称なので,T_{p}M=\{(0,0)\}\times\R^2の場合のみT_{p}M\subset\{0\}\times\R^3となることが予想され,実際これは正しい.

解答例

写像g:\R^{4}\to\R^{2}, A, B\in\operatorname{Mat}_{2}(\R)

\begin{align*} &g(x,y,z,w)=(x^{2}+y^{2}+z^{2}+w^{2}-1,xy+zw), \\&A:=\bmat{2x&2y\\y&x},\quad B:=\bmat{2z&2w\\w&z} \end{align*}

で定める.

(1) p:=(x,y,z,w)\in Mに対して

\begin{align*} Jg_{p} =\bmat{2x&2y&2z&2w\\y&x&w&z} =[A,B] \end{align*}

である.

\begin{align*} &|A|=2(x^{2}-y^{2})=2(x+y)(x-y),\\ &|B|=2(z^{2}-w^{2})=2(z+w)(z-w) \end{align*}

だから,複号任意でx\neq\pm yまたはz\neq\pm wなら|A|, |B|のいずれか一方は0でないから,\operatorname{rank}Jg_{p}=2が成り立つ.

よって,p=(1,0,0,0)は正則点でg(1,0,0,0)=(0,0)だから,正則値定理よりM=g^{-1}(0,0)が存在して\R^{4}の閉部分多様体で,次元は4-2=2である.

(2) f:M\to\R\R^4への延長F:\R^4\to\R\tilde{f}(x,y,z,w)=xで定める.

このとき,p=(x,y,z,w)\in Mfの臨界点であることと,T_{p}M\subset\operatorname{Ker}dF_{p}が成り立つことは同値である.

さらに,M\subset\R^{4}よりT_{p}M\subset\R^{4}とみなすことができ,JF_{p}=[1,0,0,0]より\operatorname{Ker}dF_{p}=\{0\}\times\R^{3}なので,T_{p}M\subset\{0\}\times\R^{3}となるp\in Mを全て求めればよい.

ここで,

\begin{align*} T_{p}M =&\operatorname{Ker}dg_{p} \\=&\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}} {\begin{gathered}Jg_{p}\bmat{\m{u}\\\m{v}}=\m{0},\\\m{u},\m{v}\in\R^{2}\end{gathered}} \\=&\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{A\m{u}=-B\m{v}} \end{align*}

であることに注意する.

[1] z\neq\pm wのとき,Bは正則だから

\begin{align*} T_{p}M =&\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{-B^{-1}A\m{u}=\m{v}} \\=&\set{\bmat{\m{u}\\-B^{-1}A\m{u}}\in\R^{4}}{\m{u}\in\R^{2}} \end{align*}

なので,第1成分が0でないベクトルがT_{p}Mに属するからT_{p}M\subset\{0\}\times\R^{3}とはなり得ない.

[2] z=\pm wかつz\neq0のとき,複号同順で

\begin{align*} A\m{u}=-B\m{v} \iff\bmat{2xu_{1}+2yu_{2}\\yu_{1}+xu_{2}}=-z(v_{1}\pm v_{2})\bmat{2\\\pm1} \end{align*}

なので,たとえば\bra{1,\pm1,-\frac{x}{z},-\frac{y}{z}}\in T_{p}Mだから,T_{p}M\subset\{0\}\times\R^{3}とはなり得ない.

[3] z=w=0のとき,p\in Mと併せて

\begin{align*} \begin{cases} x^{2}+y^{2}=1\\ xy=0 \end{cases} \iff (x,y)=(\pm1,0),(0,\pm1) \end{align*}

となる.

[1]-[3]より,p\in Mならp=(\pm1,0,0,0),(0,\pm1,0,0)を満たす.

逆に,このときAは正則でBは零行列となるから,

\begin{align*} T_{p}M =&\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{A\m{u}=-B\m{v}} \\=&\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{A\m{u}=\m{0}} \\=&\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{\m{u}=\m{0}} \\=&\{(0,0)\}\times\R^{2} \\\subset&\{0\}\times\R^{3} \end{align*}

となるから,fの臨界点は(\pm1,0,0,0), (0,\pm1,0,0)である.

問7

Aを実正方行列,kを正の整数とし,\operatorname{rk}(A^{k+1})=\operatorname{rk}(A^{k})が成り立つとする.このとき,任意の整数m\ge kに対し,\operatorname{rk}(A^{m})=\operatorname{rk}(A^{k})であることを証明せよ.ここで,行列Xに対し,\operatorname{rk}(X)Xの階数を表す.

解答の方針

Jordan細胞は固有値が0でなければ,その冪も対角成分は0でないから階数は変化しない.

一方,たとえば固有値0の4次Jordan細胞B:=\bmat{0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0}

\begin{align*} B^2:=\bmat{0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0},\quad B^3:=\bmat{0&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0},\quad B^4:=\bmat{0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0} \end{align*}

となるので,4乗まで階数は1ずつ小さくなりそのあとは零行列なので階数は変化しない.

これにより,AをJordan標準形に変形し,固有値0のJordan細胞に注目すれば示すことができる.

解答例

ある正則行列PによりAをJordan標準形に相似変換できたとする:

\begin{align*} P^{-1}AP:=J_{n_{1}}(0)\oplus\dots\oplus J_{n_{p}}(0)\oplus J_{N_{1}}(a_{1})\oplus\dots\oplus J_{N_{q}}(a_{q}) \end{align*}

ここに,a_{1},\dots,a_{q}\in\C\setminus\{0\}であり,J_{n}(a)は固有値an次Jordan細胞である.任意のm\in\Nに対して

\begin{align*} P^{-1}A^{m}P:=J_{n_{1}}(0)^{m}\oplus\dots\oplus J_{n_{p}}(0)^{m}\oplus J_{N_{1}}(a_{1})^{m}\oplus\dots\oplus J_{N_{q}}(a_{q})^{m} \end{align*}

であり,正則行列をかけることによって階数は不変だから,

\begin{align*} \operatorname{rk}A^{m} =\operatorname{rk}\bra{J_{n_{1}}(0)^{m}\oplus\dots\oplus J_{n_{p}}(0)^{m}\oplus J_{N_{1}}(a_{1})^{m}\oplus\dots\oplus J_{N_{q}}(a_{q})^{m}} \end{align*}

である.ここで,Jordan細胞J_{n}(a)は以下を満たす:

  • a\in\R\setminus\{0\}のとき,任意のm\in\Nに対して\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m+1})=\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m})
  • a=0かつn\ge2のとき,
    • 任意のm\in\{1,2,\dots,n-1\}に対して,\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m+1})+1=\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m})
    • 任意のm\in\{n,n+1,\dots\}に対して,\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m+1})=\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m})
  • a=0かつn=1のとき,任意のm\in\Nに対して\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m+1})=\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m})

よって,\operatorname{rk}(A^{k+1})=\operatorname{rk}(A^{k})が成り立つことと,k:=\max\{n_{1},\dots,n_{p}\}であることは同値であるだから,任意の整数m\ge kに対し,

\begin{align*} \operatorname{rk}{(A^{k+1})}\le\operatorname{rk}{(A^{k})} \end{align*}

が従う.

参考文献

演習 大学院入試問題

まえがきに「修士の基礎数学の問題の範囲は,ほぼ本書中に網羅されている」と書かれているように,広い分野から問題が豊富に掲載されている.

全2巻で,

  • 1巻 第1編 線形代数
    1巻 第2編 微分・積分学
    1巻 第3編 微分方程式
  • 2巻 第4編 ラプラス変換,フーリエ変換,特殊関数,変分法
    2巻 第5編 複素関数論
    2巻 第6編 確率・統計

が扱われている.

問題の種類としては発想問題よりも,ちゃんと地に足つけた考え方で解ける問題が多い.

計算量が多い問題,基本問題も多く扱われているが,試験では基本問題ほど手早く処理することが求められるので,その意味で試験への対応力が養われるであろう.(私自身,計算力があまり高くないので苦労した.)

目次や詳しい内容は以下の記事を参照してください.

詳解と演習大学院入試問題〈数学〉

上述の姫野氏の問題集とは対照的に,問題数はそこまで多くないが1問1問の解説が丁寧になされている.また,構成が読みやすい.

第1章 数え上げと整数
第2章 線形代数
第3章 微積分
第4章 微分方程式
第5章 複素解析
第6章 ベクトル解析
第7章 ラプラス変換
第8章 フーリエ変換
第9章 確率

典型的な問題でも複数の解法を紹介しているので,私は参考になることも多かった.

個人的に,この本は非常に好感が持てる良書であった.

目次や詳しい内容は以下の記事を参照してください.

シェアする

  • このエントリーをはてなブックマークに追加

フォローする

最後までありがとうございました!

以下の関連記事もいかがですか?

SPONSORED LINK
関連記事

記事一覧はこちらからどうぞ!

記事一覧は

こちら

Twitterを

フォロー

大学院入試

解答例

大学受験

解説ブログ